hdu 2089 不要62【数位dp】

HDU 2089

求给定区间内不含62和4的数的个数。

数位dp入门。从这里我清楚了一些数位dp的用法。比如limit是判断是否达到上界，而且需要判断(!limit).。比如若题目要求不含11的个数，举例来说：区间在[1,215],当百位开始枚举为0时，十位枚举1，个位可以取0,2~9，即dp[0][1]=9,表示枚举到个位前一位为1时满足的个数，当然此时除了1都满足。而回溯枚举到百位为2，十位为1时，由于dp[0][1]已经枚举了，可以直接返回，但此时返回时有错误的，dp[0][1]=9，而百位为2，十位为1，个位是有限制的。所以记忆化判断是必须要有(!limit),否则会造成重复且答案错误。

所以可以设计dp[pos][sta]表示枚举到第pos为状态为sta时的合法个数。sta指前一位是否为6，所以sta=0或sta=1。

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 int dp[][];
 int digit[];

 int dfs(int pos,int pre,int sta,bool limit)
 {
     if(pos==-) return ;
     if(!limit&&dp[pos][sta]!=-) return dp[pos][sta];
     int up=limit?digit[pos]:;
     int tmp=;
     for(int i=;i<=up;i++){
         if(pre==&&i==) continue;
         if(i==) continue;
         tmp+=dfs(pos-,i,i==,limit&&i==digit[pos]);
     }
     if(!limit) dp[pos][sta]=tmp;
     return tmp;
 }

 int solve(int x)
 {
     int pos=;
     while(x){
         digit[pos++]=x%;
         x/=;
     }
     return dfs(pos-,-,,true);
 }

 int main()
 {
     int n,m;
     while(cin>>n>>m,!(n==&&m==))
     {
         memset(dp,-,sizeof(dp));
         cout<<solve(m)-solve(n-)<<endl;
     }
     return ;
 }

既然sta已包含前一位的信息，所以我觉得dfs时不记录pre也行。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 const int N=;
 int dp[N][];
 int digit[N];

 int dfs(int pos,int sta,bool limit)
 {
     if(pos==) return ;
     if(!limit&&dp[pos][sta]!=-) return dp[pos][sta];
     int up=limit?digit[pos]:;
     int ans=;
     for(int i=;i<=up;i++){
         if(sta&&i==) continue;
         if(i==) continue;
         ans+=dfs(pos-,i==,limit&&i==digit[pos]);
     }
     if(!limit) dp[pos][sta]=ans;
     return ans;
 }

 int solve(int x)
 {
     int pos=;
     while(x)
     {
         digit[++pos]=x%;
         x/=;
     }
     return dfs(pos,,true);
 }

 int main()
 {
     int n,m;
     while(cin>>n>>m,!(n==&&m==))
     {
         memset(dp,-,sizeof(dp));
         cout<<solve(m)-solve(n-)<<endl;
     }
     return ;
 }